安徽省滨湖寿春中学2024届高二数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

安徽省滨湖寿春中学2024届高二数学第二学期期末综合测试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则2．空间四边形中，，，，点在线段上，且，点是的中点，则（）A． B． C． D．3．若数列是等比数列，则“首项，且公比”是“数列单调递增”的（）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．非充分非必要条件4．已知函数，的图象分别与直线交于两点，则的最小值为

A． B． C． D．5．“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，己知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A．2 B．3 C．10 D．156．设x，y满足约束条件，则的最小值是（）A． B． C．0 D．17．某班级在一次数学竞赛中为全班同学设置了一等奖、二等奖、三等奖以及参与奖，且奖品的单价分别为：一等奖20元、二等奖10元、三等奖5元、参与奖2元，获奖人数的分配情况如图所示，则以下说法正确的是（）A．参与奖总费用最高 B．三等奖的总费用是二等奖总费用的2倍C．购买奖品的费用的平均数为9.25元 D．购买奖品的费用的中位数为2元8．设函数f（x），g（x）在[A，B]上均可导，且f′（x）＜g′（x），则当A＜x＜B时，有（）A．f（x）＞g（x）B．f（x）+g（A）＜g（x）+f（A）C．f（x）＜g（x）D．f（x）+g（B）＜g（x）+f（B）9．已知，记，则M与N的大小关系是()A． B． C． D．不能确定10．某班级有6名同学去报名参加校学生会的4项社团活动。若甲，乙两位同学不参加同一社团，每个社团都有人参加，每个人只参加一个社团，则不同的报名方案数为A．2160 B．1320 C．2400 D．432011．知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．12．已知定义在上的函数在上单调递减，且是偶函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．命题“，”的否定是______.14．如果，且为第四象限角，那么的值是____.15．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图),，，，，则这块菜地的面积为______．16．由曲线与直线所围成的封闭图形的面积为__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数．（1）当时，求函数在上的最大值和最小值；（2）当函数在上单调时，求的取值范围．18．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，且.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.19．（12分）已知椭圆：在左、右焦点分别为，，上顶点为点，若是面积为的等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且，求使的面积最大时直线的方程（为坐标原点）.20．（12分）已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．21．（12分）如图，已知是圆(为圆心)上一动点，线段的垂直平分线交于点．（1）求点的轨迹的方程；（2）若直线与曲线相交于、两点，求面积的最大值．22．（10分）已知二项式的展开式中各项的系数和为.（1）求；（2）求展开式中的常数项．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解题分析】不正确，因为垂直于同一条直线的两个平面平行；不正确，垂直于同一个平面的两个平面平行或相交；平行于同一条直线的两个平面平行或相交；正确.2、C【解题分析】分析：由空间向量加法法则得到，由此能求出结果．详解：由题空间四边形中，，，，点在线段上，且，点是的中点，则故选C.点睛：本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．3、B【解题分析】

证明由，可以得到数列单调递增，而由数列单调递增，不一定得到，，从而做出判断，得到答案.【题目详解】数列是等比数列，首项，且公比，所以数列，且，所以得到数列单调递增；因为数列单调递增，可以得到首项，且公比，也可以得到，且公比.所以“首项，且公比”是“数列单调递增”的充分不必要条件.故选：B.【题目点拨】本题考查等比数列为递增数列的判定和性质，考查充分不不必要条件，属于简单题.4、B【解题分析】由题意，，其中，，且，所以.令，则，为增函数.令，得.所以.时，时,所以在上单调递减，在上单调递增.所以时,.故选B.点睛：本题的解题关键是将要求的量用一个变量来表示，进而利用函数导数得到函数的单调性求最值，本题中有以下几个难点：（1）多元问题一元化，本题中涉及的变量较多，设法将多个变量建立等量关系，进而得一元函数式；（2）含绝对值的最值问题，先研究绝对值内的式子的范围，最后再加绝对值处理.5、C【解题分析】

根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.【题目详解】设阴影部分的面积是s，由题意得4001000=【题目点拨】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．6、B【解题分析】

在平面直角坐标系内，画出可行解域，在可行解域内，平行移动直线，直至当直线在纵轴上的截距最大时，求出此时所经过点的坐标，代入目标函数中求出的最小值.【题目详解】在平面直角坐标系内，画出可行解域，如下图：在可行解域内，平行移动直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，点是直线和直线的交点，解得，，故本题选B.【题目点拨】本题考查了线性规划求目标函数最小值问题，正确画出可行解域是解题的关键.7、D【解题分析】

先计算参与奖的百分比，分别计算各个奖励的数学期望，中位数，逐一判断每个选项得到答案.【题目详解】参与奖的百分比为：设人数为单位1一等奖费用：二等奖费用：三等奖费用：参与奖费用：购买奖品的费用的平均数为：参与奖的百分比为，故购买奖品的费用的中位数为2元故答案选D【题目点拨】本题考查了平均值，中位数的计算，意在考查学生的应用能力.8、B【解题分析】试题分析：设F（x）=f（x）-g（x），∵在[A，B]上f'（x）＜g'（x），F′（x）=f′（x）-g′（x）＜0，∴F（x）在给定的区间[A，B]上是减函数．∴当x＞A时，F（x）＜F（A），即f（x）-g（x）＜f（A）-g（A）即f（x）+g（A）＜g（x）+f（A）考点：利用导数研究函数的单调性9、B【解题分析】

作差并因式分解可得M-N=，由，∈（0，1）可作出判断．【题目详解】由题意可得M-N====，∵，b∈（0，1），∴（b-1）∈（-1，0），（-1）∈（-1，0），∴（b-1）（-1）＞0，∴M＞N

故选B.【题目点拨】本题考查作差法比较式子大小，涉及因式分解，属基础题．10、B【解题分析】

依题意，分和两组，先分组，后排列，最后求和即可.【题目详解】依题意，6名同学可分为两组，第一组为，利用间接法，有种，第二组为，利用间接法，有,所以分类计数原理，可得种，故选B.【题目点拨】本题主要考查了排列、组合及简单的计数原理，着重考查了分类讨论思想和转化思想的应用，以及推理与运算能力，其中解答中合理分类，做到先分组后排列的方式是解答的关键.11、A【解题分析】由题易知：，∴故选A点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．12、A【解题分析】

根据是偶函数可以得出函数的对称轴，再根据函数在上单调递减可以得出函数在上的单调区间，从而解出不等式对任意的恒成立时的取值范围．【题目详解】是偶函数，所以得出函数的对称轴为，又因为函数在上单调递减，所以在上单调递增．因为，所以．因为不等式对任意的恒成立，所以．选择A【题目点拨】本题主要考查了函数的对称轴和奇偶性的综合问题，在解决此类题目时要搞清楚每一个条件能得出什么结论，把这些结论综合起来即得出结果．属于较难的题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

特称命题的否定为全称命题，即可求解.【题目详解】解：由题意知，原命题的否定是：.故答案为:.【题目点拨】本题考查了命题的否定.易错点是混淆了命题的否定和否命题的概念.这类问题的常见错误是没有改变量词，或者对于大于的否定变成了小于.14、【解题分析】

利用先求得,再利用求解即可,注意利用角的范围确定三角函数值的符号.【题目详解】由题,因为,且,则或,因为为第四象限角,所以,则,所以,故答案为:【题目点拨】本题考查利用同角的三角函数关系求三角函数值,属于基础题.15、【解题分析】

首先由斜二测图形还原平面图形，然后求解其面积即可.【题目详解】由几何关系可得，斜二测图形中：，由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积.【题目点拨】本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16、【解题分析】

计算交点的横坐标为，，再利用定积分计算得到答案.【题目详解】解方程，消去解得，，故面积为.故答案为：.【题目点拨】本题考查了定积分计算面积，意在考查学生的计算能力和应用能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)函数在最大值是2,最小值是；(2)【解题分析】

(1)代入,求导分析函数的单调性与最值即可.(2)由题得或在区间上恒成立,求导后参变分离求最值即可.【题目详解】(1)时,.函数在区间仅有极大值点,故这个极大值点也是最大值点,故函数在最大值是,又,故,故函数在上的最小值为.故函数在最大值是2,最小值是(2),令,则,则函数在递减,在递增,由,,,故函数在的值域为.若在恒成立,即在恒成立,只要,若要在恒成立,即在恒成立,只要.即的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查求导分析函数在区间内的最值问题以及根据函数的单调性求参数范围的问题.包括参变分离求函数最值问题等.属于中档题.18、（1）见解析；（2）.【解题分析】

（1）先根据计算得线线线线垂直，再根据线面垂直判定定理以及面面垂直判定定理得结论，（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.【题目详解】（1）证明：取中点，连结，，，因为底面为菱形，，所以．因为为的中点，所以．在△中，，为的中点，所以．设,则，，因为，所以．在△中，，为的中点，所以．在△和△中，因为，，，所以△△．所以．所以．因为，平面，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）因为，，，平面，平面，所以平面．所以．由（1）得，，所以，，所在的直线两两互相垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则令，则，，所以．设平面的法向量为，则令，则，，所以．设二面角为，由于为锐角，所以．所以二面角的余弦值为．【题目点拨】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.19、解（1）；（2）或.【解题分析】

（1）由是面积为的等边三角形，结合性质，列出关于、的方程组，求出、，即可得结果;（2）先证明直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，利用弦长公式可得，化简得.原点到直线的距离为，的面积，当最大时，的面积最大.由，利用二次函数的性质可得结果.【题目详解】（1）由是面积为的等边三角形，得，所以，，从而，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，当轴时，，则为椭圆的短轴，故有，，三点共线，不合题意.所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点，点，联立方程组消去，得，所以有，，则，即，化简得.因为，所以有且.原点到直线的距离为，的面积，所以当最大时，的面积最大.因为，而，所以当时，取最大值为3，面积的最大值.把代入，得，所以有，即直线的方程为或.【题目点拨】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.20、（1）详见解析；（2）.【解题分析】

（1）将代入，可得等价于，即，令，求出，可得的最小值，可得证；（2）分，三种情况讨论，分别对求导，其中又分①若②③三种情况，利用函数的零点存在定理可得a的取值范围.【题目详解】解：（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），设函数，则；（i）当时，，在上单调递增，又，取b满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点；（ii）当时，在上单调递增，无极值点；（iii）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单